湛江一中2012届高三10月模拟考试（文数）

1湛江一中2012届高三10月模拟考试数学（文科）满分：150分时间：120分钟一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知i为虚数单位，则(1)(1)ii（）A．0B．1C．2D．2i2．已知向量,1,3,6,axba∥b，则实数x的值为（）A．12B．2C．2D．213．在等比数列na中，已知,11a84a，则5a（）A．16B．16或－16C．32D．32或－324．设集合A={x|1x2},B={x|xa}.若AB则a的范围是()A.a1B.a1C.a2D.a25．若ABC的内角A满足2sin23A,则sincosAA()A.31B.315C.315D.3156．利用计算器，列出自变量和函数值的对应值如下表：x0.20.61.01.41.82.22.63.03.4…2xy1.1491.5162.02.6393.4824.5956.0638.010.556…2yx0.040.361.01.963.244.846.769.011.56…那么方程22xx的一个根位于下列区间的（）.A.（0.6，1.0）B.（1.4，1.8）C.（1.8，2.2）D.（2.6，3.0）7．如图，程序框图所进行的求和运算是()A．10131211B．19151311C．201614121D．10322121212128．直线1axy与圆222yx的位置关系是（）A．相离B．相交C．相切D．与a的值有关9.已知某个几何体的三视图如图（俯视图中的弧线是半圆），根据图中标出的尺寸（单位：㎝），可得这个几何体的体积是（）cm3。A.B.2C.4D.410．不等式20axxc的解集为{|21}xx，则函数2yaxxc的图象大致为（）二、填空题：本大题共5小题，考生作答4小题，每小题5分，满分20分．（一）必做题（11～13题）11．上海世博会深圳馆1号作品《大芬丽莎》是由大芬村507名画师集体创作的999幅油画组合而成的世界名画《蒙娜丽莎》，因其诞生于大芬村，因此被命名为《大芬丽莎》．根据下图所示的频率分布直方图，估计这507个画师中年龄在3035，岁的人数约为人（精确到整数）．12.函数f(x)=2(1)xxx,0,0xx，则(2)f+f(1)=313.已知变量x,y满足021yxyx则x+y的最小值是（二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题，如两题都做，按第14题计分）14．（坐标系与参数方程选做题）极坐标方程为8sin的圆半径为．15．（几何证明选讲选做题）如图，已知圆的直径10AB，C为圆上一点，过C作CDAB于D（ADBD），若4CD，则AC的长为.三、解答题（每小题20分）16.（本题满分12分）在ABC中，角CBA,,所对的边分别为cba,,，且满足5522cosA，3ACAB．（I）求ABC的面积；（II）若1c，求a的值．17．（12分）某公司举办员工节日抽奖活动。共有500张奖券，其中一等奖20名，二等奖50名，三等奖100名。每人限抽一次。（1）求甲抽得一等奖的概率。（2）求甲抽得二等奖或三等奖的概率。（3）求甲不中奖的概率。18．在四棱锥P-ABCD中，△PBC为正三角形，AB⊥平面PBC，AB∥CD，AB=21DC，中点为PDE.F为PC中点。(1)求证：AE∥平面PBC；(2)求证：AE⊥平面PDC.19..(本题14分)椭圆C:22221(0)xyabab的两个焦点为F1,F2,点P在椭圆C上，且11212414,||,||.33PFFFPFPF（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若直线l过点M12-，，交椭圆C于,AB4两点，且M恰是A,B中点，求直线l的方程.20．（本题满分14分）已知函数cbxaxxxf23)(的图象为曲线C。（1）若曲线C上存在．．点P，使曲线C在P点处的切线与x轴平行，求,ab的关系；（2）若函数31)(xxxf和可以在时取得极值，求此时,ab的值；（3）在满足（2）的条件下，cxcxf求恒成立在,]6,2[2)(的取值范围。21.(本题满分14分)已知数列na的首项15,a前n项和为nS，且521nSSnn（I）证明：数列1na是等比数列；（II）令212()nnfxaxaxax，求函数()fx在点1x处的导数(1)f,并比较2(1)f与22313nn的大小.5参考答案一、选择题：CAABBCCBAC二、填空题:11.17712.413.214.415.52三、解答题：16．解析：（Ⅰ）531)552(212cos2cos22AA（2分）又,0A54cos1sin2AA，353cos...bcAACABACAB，(6分)所以5bc，所以ABC的面积为：254521sin21Abc（8分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知5bc，而1c，所以5b所以5232125cos222Abccba（12分）17、解：（1）P（甲抽得一等奖）=04.050020（4分）（2）P（甲抽得二等奖或三等奖）=3.050010050050（8分）（3）P（甲不中奖）=1—P（甲中奖）=1—50020—66.034.0150010050050—（12分）18.(1)证明:连接EF,中点为PDE.F为PC中点,则EF∥CD，EF=21DC,因为AB∥CD，AB=21DC，所以有EF∥AB且EF=AB,则四边形ABFE是平行四边形.所以AE∥BF,因为AE不在平面PBC内,BF在平面PBC内,所以AE∥平面PBC.（8分）(2)因为AB⊥平面PBC，AB∥CD,所以CD⊥平面PBC，BF在平面PBC内,CD⊥BF.△PBC为正三角形,BF⊥PC,又PCCD=C,PC、CD在平面PDC内，所以BF⊥平面PDC，又AE∥BF,所以AE⊥平面PDC.（14分）619.(共14分)解法一：(Ⅰ)因为点P在椭圆C上，所以6221PFPFa，a=3.在Rt△PF1F2中，,52212221PFPFFF故椭圆的半焦距c=5,从而b2=a2－c2=4,所以椭圆C的方程为4922yx＝1.（6分）(Ⅱ)设A，B的坐标分别为（x1,y1）、（x2,y2）.若直线l斜率不存在，显然不合题意。从而可设过点（－2，1）的直线l的方程为y=k(x+2)+1,（8分）代入椭圆C的方程得（4+9k2）x2+(36k2+18k)x+36k2+36k－27=0.因为A，B关于点M对称.所以.29491822221kkkxx解得98k，所以直线l的方程为,1)2(98xy即8x-9y+25=0.(经检验，所求直线方程符合题意)（14分）解法二：(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)设A，B的坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2).由题意x1x2且,1492121yx①,1492222yx②由①－②得.04))((9))((21212121yyyyxxxx③因为A、B关于点M对称，所以x1+x2=－4,y1+y2=2,代入③得2121xxyy＝98，即直线l的斜率为98，所以直线l的方程为y－1＝98（x+2），即8x－9y+25=0.（14分）20．（1）),(,22)(002yxPbaxxxf设切点为，…………1分2000200022()()32()320,24120,34yfxPkfxxaxbfxxaxbabab则曲线在点的切线的斜率由题意知有解分即分（2）若函数31)(xxxf和可以在处取得极值，722()32=013,3,3,98fxxaxbxxabab则有两个解和且满足代入或由韦达定理，易得分（3）由（2）得cxxxxf93)(23根据题意，3232,3239([2,6])8()39([2,6])15(6)54,(2)212()39([2,6])54,54.14cxxxxgxxxxxgxgggxxxxxc恒成立分函数(x)=3(x-3)(x+1),知g(x)在时有极大值且分函数的最大值为所以分21.解：由已知521nSSnn，可得12,24nnnSSn两式相减得1121nnnnSSSS即121nnaa从而1121nnaa…………4分当1n时21215SS所以21126aaa又15a所以211a从而21121aa……5分故总有112(1)nnaa，*nN又115,10aa从而1121nnaa即数列1na是等比数列；……6分（II）由（I）知321nna,因为212()nnfxaxaxax所以112()2nnfxaaxnax从而12(1)2nfaana=23212321(321)nn=232222nn-12n令nnnT2...2222，214322...23222nnnT错位相减得，2211nnnT,1(1)(1)31262nnnfn………………10分由上22(1)23131212nfnnn-21221nn=1212121(21)nnnn=12(1)2(21)nnn①当1n时，①式=0所以22(1)2313fnn；8当2n时，①式=-120所以22(1)2313fnn当3n时，10n又由函数122xyyx与可122nn所以12210nnn即①0从而2(1)f22313nn……………………14分